QOJ 10499 [PA 2016 Final A] Dopasowanie

自己做出来了个单 \(k\) 的做法😎，有点厉害，记一下。

首先有一个最朴素的 dp，即记 \(f(i, j)\) 表示 \(s\) 的子串匹配到 \(i\)，\(t\) 匹配了 \([1, j]\) 的最小花费，那么转移直接分讨：

• 删除 \(t_{j + 1}\)：\(f(i, j) + 1 \to f(i, j + 1)\)。
• 插入 \(s_{i + 1}\)：\(f(i, j) + 1\to f(i + 1, j)\)。
• 匹配 \(s_{i + 1}, t_{j + 1}\)：\(f(i, j) + [s_{i + 1} \not = t_{j + 1}] \to f(i + 1, j + 1)\)。

那么若存在 \(f(i, |t|) \le k\)，就说明可以以 \(r\) 为右端点，不过左端点并不清楚。

不过问题并不大，考虑让 \(\operatorname{rev}(s_{1\sim r})\) 和 \(\operatorname{rev}(t)\) 再做一次上述的 dp，并强制 \((0, 0)\) 为起点即可（上述做法起点可以为任意 \((i, 0)\)）。

于是这就得到了一个 \(\mathcal{O}(|s||t|)\) 的做法。

不过因为 \(k\) 很小，所以只有 \(f(i, j)\le k\) 的状态才是有用的。
于是有一个想法就是把状态设计成 \(g(i, k')\) 表示 \(f(i, j)\le k'\) 的 \(j\) 的集合，但是会发现 \(f(i, j)\) 没有单调性，就只能 bitset 做了。

此时考虑从一个 01bfs 的思想来找到结构。
具体来说，考虑根据 \(k'\) 来扩张，首先扩张出 \(f(i, j)\le k' = 0\) 的 \((i, j)\)，然后不断尝试 \(k'\gets k' + 1\)，观察扩张 \(f(i, j)\) 的过程。

首先发现对于 \(k' = 0\)，因为只有斜向边权可能为 \(0\)，此时扩张出来的一定满足对于每个 \(0\le i\le |s|\)，\((i + x, j + x)\) 的一段前缀，也就是一个斜线。
然后发现 \(k'\gets k' + 1\) 后，会使每一段斜线往上平移 \(1\) 单位，往右平移 \(1\) 单位，然后向右上平移 \(1\) 个单位，平移后每一个 \((x, y)\) 会尝试向 \((x + 1, y + 1)\) 扩张（当斜向边权为 \(0\) 时）。

于是会发现，对于任意 \(k'\)，考虑对于 \(i\in [0, |s|]\)，满足 \(f(i + x, x)\le k'\) 的 \(x\) 始终是一个前缀。不过这个时候还有 \(f(i, j)(i > j)\) 的情况，此时考虑把 \(i\) 扩展到负半轴，令 \(f(i + x, x) = x(i + x \le 0)\) 也满足以上条件。

于是考虑设 \(g(i, k')\) 表示满足 \(f(i + x, x)\le k'\) 最大的 \(x\)。
转移就是 \(g(i, k') \gets \max(g(i - 1, k' - 1), g(i, k' - 1) + 1, g(i + 1, k' - 1) + 1)\)，然后若 \(s_{i + g(i, k') + 1} = t_{g(i, k') + 1}\) 就继续扩张。

只需要快速做扩张的操作，会发现这就相当于是求 \(\operatorname{lcp}(s_{i + g(i, k') + 1\sim |s|}, t_{g(i, k') + 1\sim |t|})\)。

用 hash 二分可以做到 \(\mathcal{O}(|t| + (|s| + k)k \log \max(|s|, |t|))\)。
用后缀数组就可以做到 \(\mathcal{O}((|s| + |t|)\log (|s| + |t|) + (|s| + k)k)\)。

代码写的 hash 二分，挺好写的。

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